da Epicicloide à Hipocicloide

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Segue-se um texto que acompanha, etapa a etapa, os passos da construção. Isto é, vão sendo apresentados os elementos um a um. Clicar no botão da animação pode não ter qualquer utilidade enquanto não se mostram os elementos que se sucedem por etapas. Se um elemento não está visível, não se vê o movimento desse elemento. Aconselhamos, por isso, que se utilize o botão de animação só a partir da etapa 3. Como alguns elementos em movimento deixam rasto, pode ser necessário recorrer ao botão de reiniciar para limpar esses rastos.

1. Começamos por mostrar duas circunferências:
   • uma de centro $\;A\;$ e raio $\;r\;$
   • outra de centro $\;C\;$ e raio $\;s,\;$
   • tangentes em $\;B\;$ e $\;\overline{AB}=r=3s=3\overline{CB}\;$
2. Consideremos que a circunferência de centro $\;C\;$ vai rolar em torno de $\;A\;$. Apresenta-se uma outra posição da circunferência de raio $\;s\;$ correspondente a uma rotação de ângulo $\; \alpha \;$ com centro $\;A.\;$ Nessa posição, o ponto de tangência das duas circunferências é uma posição $\;D\;$ tal que o ângulo $\;B\hat{A}D\;$ tem amplitude $\; \alpha \;$ e, pela mesma rotação o ponto $\;C\;$ há de estar agora numa posição $\;E\;$ tal que $\; C\hat{A}E = \;B\hat{A}D = \alpha\;$
3. e o ponto fixo em $\; (C, \;s)\;$ que estava na posição $\; B\;$ inicial há-de estar agora numa nova posição $\;F\;$ de $\;(E,\; s)\; $ e tal que o arco desta, $\; \widehat{DEF},\;$ há-de ter um comprimento igual ao arco $\;\widehat{BAD}=r\alpha\;$ ou seja $\; 3s\alpha .\;$ Mostra-se a trajetória descrita por $\; F\;$ residente fixo da circunferência $\;(E,\; s)\;$ rolante é uma epicicloide (já apresentada antes)





4. O reflexo de $\;F\;$ ao espelho $\;D\;$ é um ponto $\;G\;$ de uma circunferência reflexo de $\;(E,\;s)\;$ e tangente a $\;(A,\;r)\;$ no ponto $\;D\;$ que obviamente se desloca tangencialmente e interiormente a $\;(A\;r).\;$ O ponto $\;G\;$ assim determinado poderia obviamente ser determinado sem qualquer recurso às reflexões de cada um dos pontos $\;F\;$ relativamente a cada ponto (posição) $\;D\;$ que varia com $\; \alpha. \;$ O lugar geométrico dos pontos $\;G\;$ com a variação de $\;D \; \mbox{ou}\; \alpha \;$ é também mostrado. Pode usar a animação para ver os deslocamentos e os traços dos pontos $\; F\; \mbox{e} \;G.\;$ Para limpar esses rastos, clique no botão (à direita alta) de reiniciar.
   Chamo a atenção que todos ângulos de rotação que transformam $\;B\;$ em $\;D\;$ ou $\;C\;$ em $\;E,;$ em torno de $\;A\;$ e $\;D\;$ em $\;F\;$ ou $\;D\;$ em $\;G\;$ em torno de $\;E\;$ têm o mesmo sentido, para além da igualdade das distâncias em arco percorridas relativamente a quaisquer duas posições de $\;D\;$ (ou dois valores de $\; \alpha\;$)por exemplo , $\;r\alpha\;$ de $\;B\;$ até $\;D\;$) ou duas posições de $\;F\;$ ou $\;G\;$ nas respetivas circunferências (por exemplo os arcos de $\;D\;$ a $\;F\;$ e de $\;D\;$ a $\;G\;$ têm comprimento $\; 3s\alpha = r\alpha).$
5. Neste passo, experimentamos ver qual é a trajetória do ponto $\;H\;$ (reflexo de $\;F\;$ no espelho$\;AE\;$) em que são iguais as amplitudes dos ângulos $\;\angle D\hat{E}H\; $ e $\;\angle D\hat{E}F\;$ mas com sentidos opostos e, logo em que o ponto $\;H\;$ é obtido por rotação de $\;D\;$ em torno de $\;E\;$ segundo um ângulo igual mas de sinal ou sentido contrário ao sentido do ângulo da rotação de centro $\;A\;$ que nos leva de $\;B\;$ até $\;D\;$
6. Finalmente, consideramos o ponto $\;I\;$ reflexo de $\;H\;$ ao espelho $\;D\;$ que é ponto da circunferência reflexo de $\;(E,\;s)\;$ no mesmo espelho $\;D\;$ e nos devolve mais uma das hipocicloides - curvas cíclicas assim obtidas: como trajetória de um ponto preso a uma circunferência (geratriz) que rola tangencial e interiormente a uma outra circunferência (directriz).

Ciclóide - 2

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Na anterior entrada, apresentámos uma ilustração sobre a trajetória de um ponto com posição fixa relativamente à roda que percorre em linha recta uma caminho de comprimento igual ao comprimento do arco definido entre um posição de partida O sobre a linha reta e a posição do ponto P que roda em torno do centro da roda circular. A ilustração reduzia-se a uma distância máxima percorrida por uma roda circular de raio 1 e correspondente a uma só volta completa do ponto fixado na roda. Para esta entrada, generalizamos a anterior ilustração com uma roda de raio 2 e arcos de comprimentos que podem exceder uma volta de roda ($\;2\pi r, num caso em que $r=2$)....

Ciclóide
r=2
$\alpha\;$ qualquer. Como convenção da ilustração, tomámos um ponto de partida $\;O\;$ em que $\;P=O\;$ ou $\;alpha = 0\;$ em que $\;\alpha \;$ toma valores que ultrapassam $\;4\pi.\;$ É claro que podem tomar-se sentidos opostos tanto para as rotações como para as translações.

Construir um paralelogramo de área quíntupla de um retângulo dado

Resolver problema de construção usando os métodos do problema contrário e transformação (4)

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Problema: Inscrever num retângulo $\;[ABCD],\;$ um paralelogramo semelhante a outro $\;[EFGH]\;$ dado.

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Vilela, António Lôbo. Métodos Geométricos. Editorial Inquérito, Lda. Lisboa:1939

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O problema proposto consiste em construir um paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$, inscrito no retângulo $\;[ABCD]\;$ dado: $\;E_1 \in AB, \;F_1\in BC, \;G_1 \in CD, \;H_1 \in DA.\;$
Para resolver o problema proposto, começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito a $\;[EFGH]\;]$ ou cujos lados passem pelos vértices $\;E,\;F, \;G,\;H\;$ do paralelogramo.

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Os passos da construção podem ser vistos, fazendo variar os valores $\;n\;$ no cursor $\; \fbox{n=1, 2, …, 6}$

1. Na nossa construção, apresentamos como dados um retângulo $\;[ABCD]\;$ e um paralelogramo $\;[EFGH]\;$. Para além disso, apresentamos as diagonais do retângulo $\; AC, \;BD\;$ e o ângulo $\; \alpha\;$ por elas formado. De igual modo, se mostram as diagonais $\;EG, \;FH\;$ do paralelogramo e o ângulo $\;\beta\;$ por elas formado.
   Estes dados são relevantes para qualquer resolução do problema, pois "a condição necessária e suficiente para que dois paralelogramos sejam semelhantes é que sejam iguais os ângulos formados pelas respetivas diagonais".
2. Começamos por construir um retângulo semelhante a $\;[ABCD]\;$ circunscrito ao paralelogramo $\;[EFGH],\;$ ou seja, um retângulo com cada um dos seus lados a passar por um dos vértices do paralelogramo e com as diagonais a fazer ângulo igual ao das retas $\;(AC, \; BD) =137.48^o,\;$ na ilustração.
   • $\fbox{n=2}:\;$ O centro do paralelogramo é o centro do retângulo a ele circunscrito, no caso $\;I.\;$. Para obter uma reta que seja diagonal de um retângulo centrado em $\;I\;$ semelhante a $\;[ABCD]\;$, bastará encontrar um outro ponto da diagonal para além do $\;I\;$, por exemplo, o ponto de interseção imagem da reta de um dos lados, p.e. $\;HE\;$, pela rotação $\;{\cal{R}}(I, \; \alpha)\;$, com a reta do lado consecutivo $\;EF\;$ (Verifique.)
   • $\fbox{n=3}:\;$Para ser retângulo (lados consecutivos perpendiculares) cada um dos seus vértices terá de ser um ponto de circunferência com um dos lados do paralelogramo por diâmetro. No caso da nossa construção, encontramos o primeiro vértice do retângulo circunscrito intersetando a reta obtida como reta diagonal com a circunferência de diâmetro $\;FG\;$. Os lados desse retângulo, a passar por $\;E, \;F, …\;$ são obtidos facilmente.

© geometrias, 27 de Julho de 2014, Criado com GeoGebra

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3. O retângulo obtido é semelhante a $\;[ABCD]\;$, o que significa há uma transformação de semelhança a relacioná-los.
   $\fbox{n=4}:\;$ No caso da nossa construção, escolhemos o vértice $\;R,\;$ por ele tirámos uma paralela a $\;AB\;$ e aplicámos-lhe que a rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, de modo a obter pares de lados paralelos a pares de lados paralelos de $\;[ABCD]\;$
   Obtivemos um novo paralelogramo inscrito no novo retângulo ao aplicar-lhe a mesma rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$, que preserva as incidências, os comprimentos, as amplitudes
4. $\fbox{n=5}:\;$ Finalmente a este novo retângulo do qual os pontos $\;R, \;S\;$ são vértices, aplicamos a homotetia de centro em $\;CR.DS\;$ e razão $\; \displaystyle \frac{CD}{RS}\;$ que transforma $\;C\;$ em $\;R\;$ e $\;D\;$ em $\;S\;$
5. $\fbox{n=6}:\;$Obviamente que, por essa homotetia, o paralelogramo laranja da figura que está inscrito no retângulo laranja (obtidos pela rotação $\;{\cal{R}}(R, \zeta)\;$ é transformado no paralelogramo $\;[E_1F_1G_1H_1]\;$ que, porque a homotetia preserva incidências, etc, é um paralelogramo inscrito em $\;[ABCD]\;$ semelhante a $\;[EFGH]\;$.

Claro que usámos transformações e podemos dizer, por isso, que usámos o método das transformações. O que é o mais natural é usarmos vários métodos para resolver qualquer problema. E, mesmo quando não o referimos, o mais natural é que face a um problema comecemos por usar a análise e acabemos a usar a síntese que são os raciocínios gerais em geometria, essenciais para resolver problemas de construção.

Resolver problema de construção usando uma dilação rotativa

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Problema:     Imagine dois mapas de Portugal continental em escalas diferentes mas de tal modo que um deles fique inteiramente contido no outro.Prove que existe um e um só ponto do território continental português que fica, na representação nos dois mapas, exactamente sobreposto. Para facilitar uma ilustração do problemas, pode supor que Portugal continental é exactamente um rectângulo.
assim enunciado e proposto por Eduardo Veloso em "Simetria e Transformações Geométricas",GTG APM.Lisboa: 2012


A construção a seguir ilustra essa resolução do problema recorrendo a transformações geométricas

1. Estão dados na figura dois retângulos de vértices $\;[ABCD]\;$ e $\;[DFGH]\;$ semelhantes, no sentido de que, para quaisquer dois pontos $\;P, \;Q\;$ no retângulo $\;[ABCD]\;$, há dois pontos $\;P', \;Q'\;$ no retângulo $\;[EFGH]\;$ tais que a razão $\;\displaystyle \frac{PQ}{P'Q'}\;$ é constante (invariável).
   No caso, a figura obviamente sugere que $$\;\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG} = \frac{CD}{GH} =\frac{AB}{GH}= ... \;$$ se forem semelhantes os dois retângulos.
   Consideremos a semelhança $\;\cal{S}\;$ para a qual $\; C \mapsto G, \; D \mapsto H, ...\;$
   Se $\;AB \parallel EF\;$ o ponto comum aos dois retânguos sobrepostos seria o centro de uma homotetia, exatamente a interseção $\;AE.BF =CG.DH\;$ e o problema estava resolvido. Não é o caso da nossa figura.




© geometrias, 8 de Junho de 2014, Criado com GeoGebra

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Clique no botão "Resolução" que seguir a nossa resolução.


2. Uma transformação de semelhança é sempre a composta de uma homotetia com uma isometria. A figura dos dois retângulos sugere-nos uma rotação que transforme, por exemplo $\;[EFGH]\;$, num retângulo $\;[E'F'G'H']\;$ para o qual $\; E'F' \parallel H'G' \parallel CD \parallel AB\;$ seguida de uma homotetia que transforme $\;[E'F'G'H']\;$ em $\;[ABCD]\;$.
   Como sabemos, há muitas semelhanças possíveis compostas de rotações (de vários centros e ângulos de rotação) com homotetias de razão $\:\displaystyle \frac{AB}{EF} = \frac{BC}{FG}=\frac{CD}{GH}= \frac{DA}{HE}\;$(com centros diferentes).
   Qualquer rotação deixa invariante o seu o centro e qualquer homotetia deixa invariante o seu centro. Para que haja um ponto comum aos dois mapas sobrepostos é preciso que a semelhança seja composta de uma rotação com uma homotetia de centro no centro de rotação. Se o centro da rotação não for o centro da homotetia, esta não deixa invariante o centro da rotação.
3. $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&{\cal{H}}(O, k)&\\ [EFGH]&\longrightarrow&[E'F'G'H']& \longrightarrow&[ABCD]\\ E&\mapsto & E' & \mapsto & A \\ F&\mapsto & F' & \mapsto & B \\ G&\mapsto & G' & \mapsto & C \\ H&\mapsto & H' & \mapsto & D \\ \end{matrix}$$ Para que a centro, designado por $\;O$, da rotação seja o centro da homotetia é preciso que $\;\alpha=EÔE'=EÔA=FÔF'=FÔB=GÔG'=GÔC=HÔH'=HÔD\;$, já que, para a homotetia de centro $\;O\;$ que faz corresponder $\;H'\;$ a $\;D\;$ e $\;G'\;$ a $\;C\;$, $\; O, \;H',\;D\;$, são colineares como são colineares $\;O, \;G', \;C$, ou seja, $\;HÔD = GÔC\;$....
4. Como se determina esse ponto $\;O\;$ centro da dilação rotativa (composta de rotação e homotetia de centro comum)?
   • Toma-se, por exemplo, o ponto $\;K\;$ da interseção $\;CD.GH\;$ e o ângulo $\; \alpha = (\dot{K}D, \dot{K}H)= (\dot{C}D, \dot{G}H) = (\dot{B}C, \dot{F}G), = ... $
   • Da circunferência que passa por $\;H, \;D, \;K;$ o arco $\;\widehat{HD}$ assinalado (a tracejado grosso) é o arco da circunferência $\;(HDK);$ em que se inscreve $\;\alpha\;$ e, por isso, qualquer ponto $\;P\;$ da circunferência que não seja $\;H, \;D$, nem ponto desse arco é vértice de um ângulo $H\hat{P}D$ de amplitude $\;\alpha\;$
     Do mesmo modo, o arco $\;\widehat{GC}$ da circunferência que passa por $\;G, \;C, \;K\;$ em que se inscrevem ângulos de amplitude $\;\alpha\;$ com vértice $\;Q\;$ nessa circunferência $\;(GCK)\;$ e fora do arco.
5. No caso da nossa figura, as circunferências $\;(GCK)\;$ e $\;(HDK)\;$ têm dois pontos em comum que são vértices de ângulos de amplitude $\;\alpha\;$. Um deles é $\;K\;$ e o outro é $\;\mathbb{O}\;$. A vermelho na figura, este é o ponto procurado: $$\begin{matrix} &{\cal{R}}(O, \alpha)&&\\ G&\longmapsto & G'& G'ÔG= CÔG =\alpha\\ H&\longmapsto & H' & H'ÔH= DÔH =\alpha \wedge G'H' \parallel CD \wedge GH=G'H'\\ &&&\\ &{\cal{H}}(O, k)&&\\ G'&\longmapsto & C& G' \in OC\\ H'&\longmapsto & D & H' \in OD \wedge G'H'= GH = CD: \frac{CD}{G'H'}=\frac{CD}{GH} =k\\ \end{matrix} $$

Ainda usando rotações

O problema de determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre três rectas paralelas, já publicado mais que uma vez, sugere as rotações como suporte para

determinar um triângulo equilátero com os vértices sobre circunferências concêntricas.


Tomemos três circunferências - a, b, c - concêntricas quaisquer (centro em O). Tal como fizemos para as rectas paralelas, tomemos um ponto qualquer para um primeiro vértice, seja A sobre a.
Apliquemos uma rotação do plano de 60º em torno de A. O centro O vai para O' sobre a e a circunferência b vai para b'. Se tomarmos para C (=B') o ponto de b' que está sobre c, rodando em torno de A e amplitude 60º no sentido contrário, obteremos B sobre b.